Lösungen zur Übung Nr. 6
Besprechung: Donnerstag, den 2. Dezember 1999
Aufgabe 1: (7 Punkte)
Wir zerlegen den Kreiskegel in Scheiben der Dicke $dz$ und Radius $r = R(1 - z/H)$. Die Masse einer Kreisscheibe ist $dm = \rho \pi r^{2} \; dz = \rho \pi R^{2}(1-z/H)^{2} dz$. Die Masse des gesamten Kreiskegels ist dann

\begin{displaymath} M = \int dm = \rho \pi R^{2} \int_{0}^{H} \left( 1 - \frac{z}{H} \right)^{2} dz = (1/3) \rho \pi R^{2} H \end{displaymath}

a) Aus Symmetriegründen liegen die $x$- und $y$- Koordinaten des Schwerpunktes bei $x_{s} = 0$ und $y_{s}= 0$. Für die $z$- Koordinate folgt nach Definition:

\begin{displaymath} z_{s} = \frac{1}{M} \int_{0}^{H} z dm = \frac{\rho \pi R^{2}... ...{z}{H} \right)^{2} z \; dz = \frac{\rho \pi R^{2}}{12M} H^{2}. \end{displaymath}

Ausgedrückt mit der Gesamtmasse folgt:

\begin{displaymath} z_{s} = \frac{H}{4}. \end{displaymath}

b) Das Trägheitsmoment einer Kreisscheibe ist nach Vorlesung $dI = (1/2)r^{2} \; dm$. Integration von $0$ bis $H$ ergibt:

\begin{displaymath} I = \int dI = \frac{1}{2} \rho \pi R^{4} \int_{0}^{H} \left(... ...{4} dz = \frac{1}{10} \rho \pi R^{4} H = \frac{3}{10} M R^{2}. \end{displaymath}

Aufgabe 2: (7 Punkte)
a) Der Drehimpuls vor dem Aufprall ist $L_{1} = m v (L/2)$, der Drehimpuls nach dem Aufprall $L_{2} = (I_{s} + I_{m}) \omega$, mit den Trägheitsmomenten $I_{s} = (1/12) M L^{2}$ der Stange und $I_{m} = m (L/2)^{2}$ des Geschosses. Drehimpulserhaltung ergibt:

\begin{displaymath} mv \frac{L}{2} = \left( \frac{1}{12} M L^{2} + m \frac{L^{2}}{4} \right) \omega. \end{displaymath}

Aufgelöst nach $\omega$ folgt:

\begin{displaymath} \omega = \frac{2mv}{(M/3 + m)L} = 18,2 \; s^{-1}. \end{displaymath}

b) Falls die Achse nicht durch den Mittelpunkt verläuft, gilt nach dem Steinerschen Satz für den Drehimpuls nach dem Stoß:

\begin{displaymath} L_{2} = \left( \frac{1}{12} M L^{2} + Mx^{2} \right) \omega ... ... \frac{L^{2}}{4} \left( \frac{M}{3} + m \right) \right] \omega \end{displaymath}

Gleichsetzen der Drehimpulse vor und nach dem Stoß führt jetzt auf:

\begin{displaymath} \omega = \frac{mv(L/2+x)}{(M+m)x^{2} + m L x + (L^{2}/4)(M/3+m)}. \end{displaymath}

Die Extremalbedingung $d\omega /dx = 0$ ergibt nach einiger Rechnung (hoffentlich):

\begin{displaymath} x_{max} = -\frac{L}{2} + \sqrt{\frac{M/3+m/2}{M+m}} L = 0,082 \; m = 8,2 \; cm. \end{displaymath}

Der Punkt liegt also nur wenig vom Schwerpunkt der Stange entfernt. Die Winkelgeschwindigkeit wird für diese Drehachse $\omega_{max} = 19,14 \; s^{-1}$.

Aufgabe 3: (6 Punkte)
Der Drehimpuls $L_{1}$ vorher und $L_{2}$ nachher ist gegeben durch
$\displaystyle L_{1}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \left( \frac{M}{2} + m \right) R^{2} \omega_{1}$  
$\displaystyle L_{2}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{M}{2} R^{2} \omega_{2}.$  

Drehimpulserhaltung verlangt $L_{1} = L_{2}$. Daraus folgt

\begin{displaymath} \omega_{2} = \left( 1 + 2 \frac{m}{M} \right) \omega_{1}. \end{displaymath}

Die Winkelgeschwindigkeit vergrößert sich also.
b) Für die Energien gilt entsprechend:
$\displaystyle E_{1}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} \left( \frac{M}{2} + m \right) R^{2} \omega_{1}^{2}$  
$\displaystyle E_{2}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} \; \frac{M}{2} R^{2} \omega_{2}^{2} = \frac{M}{4} R^{2} \left(1 + 2 \frac{m}{M} \right)^{2} \omega_{1}^{2}.$  

Die Zunahme der Energie ist:

\begin{displaymath} E_{2} - E_{1} = \left( \frac{m}{2} + \frac{m^{2}}{4M} \right) R^{2} \omega_{1}^{2}. \end{displaymath}

Diese Energie wird von der Person aufgebracht, indem sie gegen die Zentrifugalkraft Arbeit leisten muss.
Aufgabe 4: (Bonusaufgabe) (10 Punkte)
Siehe z.B Demtröder Band I, Seite 125 - 128 oder Lehrbücher der theoretischen Physik.

Harm Fesefeldt
2007-08-02